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专题1.54 全等三角形几何模型-半角模型（专项练习）-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练（浙教版）
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这是一份专题1.54 全等三角形几何模型-半角模型（专项练习）-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练（浙教版），共50页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题1.54 全等三角形几何模型-半角模型（专项练习）
一、单选题
1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④
2．如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（ ）
A．36 B．21 C．30 D．22
二、解答题
3． 问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．
方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．
4．如图，在四边形中，，，分别是，上的点，连接，，．
（1）如图①，，，．求证：；
（2）如图②，，当周长最小时，求的度数；
（3）如图③，若四边形为正方形，点、分别在边、上，且，若，，请求出线段的长度．
5．如图，是边长为3的等边三角形，是等腰三角形，且，以为顶点作一个角，使其两边分别交于点，交于点，连接，求的周长．
6．如图，是边长为2的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，以点为顶点作，点、分别在、上．
（1）如图①，当时，则的周长为______；
（2）如图②，求证：．
7．如图，AB＝AD＝BC＝DC，∠C＝∠D＝∠ABE＝∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G在CB的延长线上．
（1）△GAB与△FAD全等吗？为什么？
（2）若DF＝2，BE＝3，求EF的长．
8．如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45°，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BE⊥AP于点E，交AQ于点F，连接DF．
（1）依题意补全图形；
（2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明．
9．综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
10．如图，已知：正方形，点，分别是，上的点，连接，，，且，求证：．
11．如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE＋DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．
（1）延长CB到点G，使BG＝ ，连接AG；
（2）证明：EF＝BE＋DF
12．如图．在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD．
13．如图①，四边形ABCD为正方形，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=45°，易证：AE+CF=EF（不用证明）．
（1）如图②，在四边形ABCD中，∠ADC=120°，DA=DC，∠DAB=∠BCD=90°，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=60°．猜想AE，CF与EF之间的数量关系，并证明你的猜想；
（2）如图③，在四边形ABCD中，∠ADC=2α，DA=DC，∠DAB与∠BCD互补，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=α，请直接写出AE，CF与EF之间的数量关系，不用证明．
14．如图：E、F分别是正方形ABCD的边CD、DA上一点，且CE+AF=EF，请你用旋转的方法求∠EBF的大小．
15．已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交（或它们的延长线）于点．
当绕点旋转到时（如图1），易证．
（1）当绕点旋转到时（如图2），线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
16．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD．求证:EF＝BE＋FD;
（2）如图2在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD, (1)中的结论是否仍然成立？不用证明.
（3）如图3在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD, (1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明.
17．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB = BC = DC，点E、F分别在AD、AB上，且.
（1）求证：；
（2）连结AC，若，求的度数.
18．（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：__________；
（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．
19．如图，，，，，．
（1）求的度数；
（2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点G，试探索的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由．
20．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中： ＋ ＝ ．（不需证明）
（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．
（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
21．（1）如图，在正方形中，、分别是，上的点，且．直接写出、、之间的数量关系；
（2）如图，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，求证：；
（3）如图，在四边形中，，，延长到点，延长到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．
22．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是 （直接写结论，不需证明）；
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．
23．在∠MAN内有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C．且BD=CD，点E，F分别在边AM和AN上．
（1）如图1，若∠BED=∠CFD，请说明DE=DF；
（2）如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．
参考答案
1．C
【分析】
利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．
解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，
∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，
∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确
无法判断BE＝CD，故①错误，
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
2．B
【分析】
将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
解：如图，将关于AE对称得到，
则，，
，
，
，
在和中，，
，
，
，即是直角三角形，
，
，
即与的面积之和为21，
故选：B．
【点拨】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
3．（1）CM＝AN+MN，详见分析；（2）CM＝MN﹣AN，详见分析
【分析】
（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；
（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．
解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，
∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，
，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，
∴∠COD+∠AOM＝60°，
∵∠AOC＝120°，
∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，
，
∴△DMO≌△NMO，
∴DM＝MN，
∴CM＝CD+DM＝AN+MN；
（2）补全图形如图2所示：
CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，
在△CDO和△ANO中，
，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，
，
∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，
∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．
4．（1）见分析；（2）；（3）．
【分析】
（1）延长到点G,使，连接，首先证明，则有，，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证；
（2）分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点，根据轴对称的性质有，，当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可；
（3）旋转至的位置，首先证明，则有，最后利用求解即可．
解：（1）证明：如解图①，延长到点，使，连接，
在和中，
．
，，
，，
．
，
在和中，
．
，；
（2）解：如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点．
由对称的性质可得，，
此时的周长为．
当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值．
，
．
，，
（3）解：如解图，旋转至的位置，
，
，．
在和中，
．
．
．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
5．的周长为6．
【分析】
要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF=CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CDN，及△DMN≌△DMF，从而得出MN=MF，△AMN的周长等于AB+AC的长．
解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°
∴∠BCD=∠DBC=30°
∵△ABC是边长为3的等边三角形
∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°
∴∠DBA=∠DCA=90°
延长AB至F，使BF=CN，连接DF，
在Rt△BDF和Rt△CND中，BF=CN，DB=DC
∴△BDF≌△CDN，
∴∠BDF=∠CDN，DF=DN
∵∠MDN=60°
∴∠BDM+∠CDN=60°
∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边
∴△DMN≌△DMF，
∴MN=MF
∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6．
【点拨】此题主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键．
6．（1）4；（2）见分析
【分析】
（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可解决问题；
（2）延长至点，使得，连接，首先证明，再证明，得出，进而得出结果即可．
解：（1）∵是等边三角形，，
，
∴是等边三角形，，则，
∵是顶角的等腰三角形，
，
，
在和中，
，
，，
∵，
∴是等边三角形，，
，，
∴的周长．
（2）如图，延长至点，使得，连接，
∵是等边三角形，是顶角的等腰三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，，
，
∵，
，
在和中，
．
，
又∵，
．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键．
7．（1）全等，理由详见分析；（2）5
【分析】
（1）由题意易得∠ABG＝90°＝∠D，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得△GAE≌△FAE，GB＝DF，进而问题可求解．
解：（1）全等．理由如下
∵∠D＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＝90°＝∠D，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
（2）∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∵△GAB≌△FAD，
∴∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，
∴∠GAB+∠BAE＝45°，
∴∠GAE＝45°，
∴∠GAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS）
∴EF＝GE
∵△GAB≌△FAD，
∴GB＝DF，
∴EF＝GE＝GB+BE＝FD+BE＝2+3＝5．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
8．（1）补全图形见分析；（2）BE+DF=EF，证明见分析．
【分析】
（1）根据题意补全图形即可．
（2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明△ABH≌△ADF，然后根据全等三角形的性质即可证明．
解：（1）补全图形
（2）BE+DF=EF．
证明：延长FE到H,使EH=EF
∵BE⊥AP，
∴AH=AF，
∴∠HAP=∠FAP=45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，
∠BAD=90°
∴∠BAP+∠2=45°，
∵∠1+∠BAP=45°
∴∠1=∠2，
∴△ABH≌△ADF，
∴DF=BH，
∵BE+BH=EH=EF，
∴BE+DF=EF．
【点拨】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．
9．（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见分析；（3）MN=CN-AM，理由见分析
【分析】
（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．
10．见分析．
【分析】
将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得GD=BE，AG=AE，∠DAG=∠BAE，然后求出∠FAG=∠EAF，再利用“边角边”证明△AEF和△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=FG，即可得出结论．
解：如解图，将绕点逆时针旋转至的位置，使与重合．
∴，．
∵．
∴，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵，
∴．
【点拨】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换作出全等三角形．
11．（1）DF；（2）见分析
【分析】
（1）由于△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法；
（2）先证明△ADF≌△ABG，得到AG=AF，∠GAB=∠DAF，结合∠EAF＝45°，易知∠GAE=45°，再证明△AGE≌△AFE即可得到EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°，
在△ADF和△ABG中
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠GAB+∠EAB=45°，
∴∠GAE=∠EAF =45°，
在△AGE和△AFE中0
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴GE=EF，
∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
【点拨】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型．
12．详见分析
【分析】
在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAS证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，根据∠EAF∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．
解：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
在△AEG和△AEF中，
，
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．
【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据已知条件作出辅助线求解．
13．（1）AE+CF=EF，证明见分析；（2），理由见分析.
【分析】
（1）由题干中截长补短的提示，再结合第（1）问的证明结论，在第二问可以用截长补短的方法来构造全等，从而达到证明结果．
（2）同理作辅助线，同理进行证明即可，直接写出猜想，并证明．
解：（1）图2猜想：AE+CF=EF，
证明：在BC的延长线上截取CA'=AE，连接A'D，
∵∠DAB=∠BCD=90°，
∴∠DAB=∠DCA'=90°，
又∵AD=CD，AE=A'C，
∴△DAE≌△DCA'（SAS），
∴ED=A'D，∠ADE=∠A'DC，
∵∠ADC=120°，
∴∠EDA'=120°，
∵∠EDF=60°，
∴∠EDF=∠A'DF=60°，
又DF=DF，
∴△EDF≌△A'DF（SAS），
则EF=A'F=FC+CA'=FC+AE；
（2）如图3，AE+CF=EF，
证明：在BC的延长线上截取CA'=AE，连接A'D，
∵∠DAB与∠BCD互补，∠BCD+∠DCA'=180°
∴∠DAB=∠DCA'，
又∵AD=CD，AE=A'C，
∴△DAE≌△DCA'（SAS），
∴ED=A'D，∠ADE=∠A'DC，
∵∠ADC=2α，
∴∠EDA'=2α，
∵∠EDF=α，
∴∠EDF=∠A'DF=α
又DF=DF，
∴△EDF≌△A'DF（SAS），
则EF=A'F=FC+CA'=FC+AE．
【点拨】本题是常规的角含半角的模型，解决这类问题的通法：旋转（截长补短）构造全等即可，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．
14．45°
【分析】
根据CE＋AF＝EF，则已知图形可以认为是把△ABE绕点B逆时针旋转90 º，得到△BAM，根据旋转的定义即可求解．
解：将△BCE以B为旋转中心，逆时针旋转90º，使BC落在BA边上，得△BAM，如图所示，
则∠MBE=90º，AM=CE，BM=BE，
正方形ABCD，
∴M、A、D三点共线，
∵CE＋AF＝EF，
∴MF＝EF，
又∵BF=BF，
∴△FBM≌△FBE，
∴∠MBF=∠EBF，
∴∠EBF=．
【点拨】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
15．（1），证明见分析（2）
【分析】
（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．
（2）DN-BM=MN．证明方法与（1）类似．
解：（1）BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线．
∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，
又∵∠NAM=45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（2）DN-BM=MN．
在线段DN上截取DQ=BM，如图，
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，
∴∠QAN=∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN=QN，
∴DN-BM=MN．
16．（1）证明见分析；（2）(1)中的结论EF= BE＋FD仍然成立；（3）结论EF=BE＋FD不成立，应当是EF=BE－FD．
分析：（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG=DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF=BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG=DF，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AF，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出EF=GE了．
（2）思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG=∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样．
（3）按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
解：（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG=AF，∠1=∠2．
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD
（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
（3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE-FD．
证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
∵AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF
∵EG=BE-BG
∴EF=BE-FD．
【点拨】本题考查了三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
17．（1）见分析；（2）20°
【分析】
解：（1）旋转△BCF使BC与CD重合，
∵AD∥BC，AB=DC，即梯形ABCD为等腰梯形，
∴∠A=∠ADC，∠A+∠ABC=180°，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
由旋转可知：∠ABC=∠CDF′，
∴∠ADC+∠CDF′=180°，即∠ADF′为平角，
∴A，D，F′共线，
∵
∴∠BCF+∠ECD=∠ECF=∠BCD，
∵FC=F′C，EC=EC，∠ECF'=∠BCF+∠DCE=∠ECF，
∴△FCE≌△F′CE，
∴EF′=EF=DF′+ED，
∴BF=EF-ED；
（2）∵AB=BC，∠B=80°，
∴∠ACB=50°，
由（1）得∠FEC=∠DEC=70°，
又∵AD//BC，
∴∠ECB=70°，
而∠B=∠BCD=80°，
∴∠DCE=10°，
∴∠BCF=30°，
∴∠ACF=∠BCA-∠BCF=20°．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定，解答本题的关键是熟练掌握判定两个三角形全等的一般方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
18．（1）；（2）成立，理由见分析；（3）图形见分析，
【分析】
（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．证明△AGE和△AEF全等，则EF=GE，则EF=BE+DF，证明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．从而得出EF=GE；
（2）思路和作辅助线的方法同（1）；
（3）根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．
解：（1）延长至，使，连接，
∵，，
∴≌，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴≌，
∴，
∵，
∴．
故答案为：
（）（）中的结论仍成立，
证明：延长至，使，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，,
∵，
∴，
∴即，
在和中，
，
∴≌，
∴，即．
（），
证明：在上截取使，
连接，
∵，，
∴，
∵在和中，
，
∴≌，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
∵，
∴．
【点拨】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形.
19．（1）45°；（2）见详解
【分析】
（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根据∠ECF＝45°，即可得出答案；
（2）如图，连接DE，先证明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再证明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS证明△EFG≌△EDA，即可得出答案．
解：（1）∵CA⊥CB，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACE＋∠ECF＋∠BCF＝90°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠ACE＋∠BCF＝90°−∠ECF＝45°；
（2）△EFG是直角三角形，理由如下：
如图，连接DE，
由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°，
∵∠ACD＝∠BCF，
∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠ECF＝∠ECD，
在△ECF和△ECD中，
，
∴△ECF≌△ECD（SAS），
∴DE＝EF，
在△CAD和△CBF中，
，
∴△CAD≌△CBF（SAS），
∴AD＝BF，∠CAD＝∠B，
∵FG＝BF，
∴FG＝AD，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠B＝45°，
∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°，
在△EFG和△EDA中，
，
∴△EFG≌△EDA（SSS），
∴∠EGF＝∠EAD＝90°，
∴△EFG是直角三角形．
【点拨】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题．
20．（1）AE；CF；EF；（2）成立，见分析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF．
【分析】
（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；
（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；
（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．
解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，AE=CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴，
∵∠MBN=60°，BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴，
故答案为：AE+CF=EF；
（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：
延长FC到H，使CH=AE，连接BH，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCH=90°，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，
∴∠HBC+∠CBF=60°，
∴∠HBF=∠MBN=60°，
∴∠HBF=∠EBF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴HF=EF，
∵HF=HC+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF；
（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：
在AE上截取AQ=CF，连接BQ，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCF=90°，
∵AB=BC，
∴△BCF≌△BAQ（SAS），
∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，
∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，
∴∠CBE+∠ABQ=60°，
∵∠ABC=120°，
∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，
∴∠FBE=∠QBE，
∴△FBE≌△QBE（SAS），
∴EF=QE，
∵AE=QE+AQ=EF+CF，
∴AE=EF+CF．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．
21．（1），理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由见详解．
【分析】
（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；
（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE−BG＝BE−DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
解：（1），理由如下：
延长CD，使DM=BE，连接AM，
∵在正方形中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，
∴，
∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，
∵，
∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠MAF=45°，
又∵AF=AF，AE=AM，
∴，
∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，
∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠ADG＝90°，
∵BE＝DG，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，
∵，
∴∠EAF＝∠FAG，
又∵AF＝AF，AE＝AG，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；
（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由如下：
如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．
∴∠GAE＝∠BAD=∠EAF．
∵AE＝AE，AG＝AF．
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE−BG
∴EF＝BE−FD．
【点拨】本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．
22．（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由详见分析；（3）14．
【分析】
（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；
（3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．
解：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，
∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，
∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF和△GAF中，
∵，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，
∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD；
（3）如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠BAH＝∠BCF＝90°，
又∵AH＝CF，AB＝BC，
∴△ABH≌△CBF（SAS），
∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∵∠EBF＝45°，
∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，
∴∠EBH＝∠EBF，
又∵BH＝BF，BE＝BE，
∴△EBH≌△EBF（SAS），
∴EF＝EH，
∴EF＝EH＝AE+CF，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．
【点拨】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
23．（1）说明见分析；（2）EF= FC+BE．理由见分析．
【分析】
（1）根据题目中的条件和∠BED=∠CFD，可以证明△BDE≌△CDF，从而可以得到DE=DF；
（2）作辅助线，过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G，从而可以得到△BDE≌△CDG，然后即可得到DE=DG，BE=CG，再根据题目中的条件可以得到△EDF≌△GDF，即可得到EF=GF，然后即可得到EF，BE，CF具有的数量关系．
解：（1）∵ DB⊥AM，DC⊥AN，
∴ ∠DBE=∠DCF=90°．
在△BDE和△CDF中，
∵
∴ △BDE≌△CDF（AAS）．
∴ DE=DF．
（2）过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G．
在△BDE和△CDG中，
∵
∴ △BDE≌△CDG（ASA）
∴DE=DG，BE=CG．
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，
∴ ∠BDE+∠CDF=60°．
∴ ∠FDG=∠CDG+∠CDF=60°．
∴ ∠EDF=∠GDF．
在△EDF和△GDF中，
∴ △EDF≌△GDF（SAS）．
∴ EF=FG．
∴ EF=FC+CG=FC+BE．
【点拨】本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
专题1.54 全等三角形几何模型-半角模型（专项练习）
一、单选题
1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④
2．如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（ ）
A．36 B．21 C．30 D．22
二、解答题
3． 问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．
方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．
4．如图，在四边形中，，，分别是，上的点，连接，，．
（1）如图①，，，．求证：；
（2）如图②，，当周长最小时，求的度数；
（3）如图③，若四边形为正方形，点、分别在边、上，且，若，，请求出线段的长度．
5．如图，是边长为3的等边三角形，是等腰三角形，且，以为顶点作一个角，使其两边分别交于点，交于点，连接，求的周长．
6．如图，是边长为2的等边三角形，是顶角为120°的等腰三角形，以点为顶点作，点、分别在、上．
（1）如图①，当时，则的周长为______；
（2）如图②，求证：．
7．如图，AB＝AD＝BC＝DC，∠C＝∠D＝∠ABE＝∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G在CB的延长线上．
（1）△GAB与△FAD全等吗？为什么？
（2）若DF＝2，BE＝3，求EF的长．
8．如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45°，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BE⊥AP于点E，交AQ于点F，连接DF．
（1）依题意补全图形；
（2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明．
9．综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
10．如图，已知：正方形，点，分别是，上的点，连接，，，且，求证：．
11．如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE＋DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．
（1）延长CB到点G，使BG＝ ，连接AG；
（2）证明：EF＝BE＋DF
12．如图．在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD．
13．如图①，四边形ABCD为正方形，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=45°，易证：AE+CF=EF（不用证明）．
（1）如图②，在四边形ABCD中，∠ADC=120°，DA=DC，∠DAB=∠BCD=90°，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=60°．猜想AE，CF与EF之间的数量关系，并证明你的猜想；
（2）如图③，在四边形ABCD中，∠ADC=2α，DA=DC，∠DAB与∠BCD互补，点E，F分别在AB与BC上，且∠EDF=α，请直接写出AE，CF与EF之间的数量关系，不用证明．
14．如图：E、F分别是正方形ABCD的边CD、DA上一点，且CE+AF=EF，请你用旋转的方法求∠EBF的大小．
15．已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交（或它们的延长线）于点．
当绕点旋转到时（如图1），易证．
（1）当绕点旋转到时（如图2），线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
16．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD．求证:EF＝BE＋FD;
（2）如图2在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD, (1)中的结论是否仍然成立？不用证明.
（3）如图3在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD, (1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明.
17．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB = BC = DC，点E、F分别在AD、AB上，且.
（1）求证：；
（2）连结AC，若，求的度数.
18．（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：__________；
（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．
19．如图，，，，，．
（1）求的度数；
（2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点G，试探索的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由．
20．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中： ＋ ＝ ．（不需证明）
（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．
（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
21．（1）如图，在正方形中，、分别是，上的点，且．直接写出、、之间的数量关系；
（2）如图，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，求证：；
（3）如图，在四边形中，，，延长到点，延长到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．
22．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是 （直接写结论，不需证明）；
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．
23．在∠MAN内有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C．且BD=CD，点E，F分别在边AM和AN上．
（1）如图1，若∠BED=∠CFD，请说明DE=DF；
（2）如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．
参考答案
1．C
【分析】
利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．
解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，
∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，
∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确
无法判断BE＝CD，故①错误，
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
2．B
【分析】
将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
解：如图，将关于AE对称得到，
则，，
，
，
，
在和中，，
，
，
，即是直角三角形，
，
，
即与的面积之和为21，
故选：B．
【点拨】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
3．（1）CM＝AN+MN，详见分析；（2）CM＝MN﹣AN，详见分析
【分析】
（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；
（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．
解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，
∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，
，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，
∴∠COD+∠AOM＝60°，
∵∠AOC＝120°，
∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，
，
∴△DMO≌△NMO，
∴DM＝MN，
∴CM＝CD+DM＝AN+MN；
（2）补全图形如图2所示：
CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，
在△CDO和△ANO中，
，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，
，
∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，
∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．
4．（1）见分析；（2）；（3）．
【分析】
（1）延长到点G,使，连接，首先证明，则有，，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证；
（2）分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点，根据轴对称的性质有，，当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可；
（3）旋转至的位置，首先证明，则有，最后利用求解即可．
解：（1）证明：如解图①，延长到点，使，连接，
在和中，
．
，，
，，
．
，
在和中，
．
，；
（2）解：如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点．
由对称的性质可得，，
此时的周长为．
当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值．
，
．
，，
（3）解：如解图，旋转至的位置，
，
，．
在和中，
．
．
．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
5．的周长为6．
【分析】
要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF=CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CDN，及△DMN≌△DMF，从而得出MN=MF，△AMN的周长等于AB+AC的长．
解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°
∴∠BCD=∠DBC=30°
∵△ABC是边长为3的等边三角形
∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°
∴∠DBA=∠DCA=90°
延长AB至F，使BF=CN，连接DF，
在Rt△BDF和Rt△CND中，BF=CN，DB=DC
∴△BDF≌△CDN，
∴∠BDF=∠CDN，DF=DN
∵∠MDN=60°
∴∠BDM+∠CDN=60°
∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边
∴△DMN≌△DMF，
∴MN=MF
∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6．
【点拨】此题主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键．
6．（1）4；（2）见分析
【分析】
（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可解决问题；
（2）延长至点，使得，连接，首先证明，再证明，得出，进而得出结果即可．
解：（1）∵是等边三角形，，
，
∴是等边三角形，，则，
∵是顶角的等腰三角形，
，
，
在和中，
，
，，
∵，
∴是等边三角形，，
，，
∴的周长．
（2）如图，延长至点，使得，连接，
∵是等边三角形，是顶角的等腰三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，，
，
∵，
，
在和中，
．
，
又∵，
．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键．
7．（1）全等，理由详见分析；（2）5
【分析】
（1）由题意易得∠ABG＝90°＝∠D，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得△GAE≌△FAE，GB＝DF，进而问题可求解．
解：（1）全等．理由如下
∵∠D＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＝90°＝∠D，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
（2）∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∵△GAB≌△FAD，
∴∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，
∴∠GAB+∠BAE＝45°，
∴∠GAE＝45°，
∴∠GAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS）
∴EF＝GE
∵△GAB≌△FAD，
∴GB＝DF，
∴EF＝GE＝GB+BE＝FD+BE＝2+3＝5．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
8．（1）补全图形见分析；（2）BE+DF=EF，证明见分析．
【分析】
（1）根据题意补全图形即可．
（2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明△ABH≌△ADF，然后根据全等三角形的性质即可证明．
解：（1）补全图形
（2）BE+DF=EF．
证明：延长FE到H,使EH=EF
∵BE⊥AP，
∴AH=AF，
∴∠HAP=∠FAP=45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，
∠BAD=90°
∴∠BAP+∠2=45°，
∵∠1+∠BAP=45°
∴∠1=∠2，
∴△ABH≌△ADF，
∴DF=BH，
∵BE+BH=EH=EF，
∴BE+DF=EF．
【点拨】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．
9．（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见分析；（3）MN=CN-AM，理由见分析
【分析】
（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．
10．见分析．
【分析】
将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得GD=BE，AG=AE，∠DAG=∠BAE，然后求出∠FAG=∠EAF，再利用“边角边”证明△AEF和△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=FG，即可得出结论．
解：如解图，将绕点逆时针旋转至的位置，使与重合．
∴，．
∵．
∴，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵，
∴．
【点拨】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换作出全等三角形．
11．（1）DF；（2）见分析
【分析】
（1）由于△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法；
（2）先证明△ADF≌△ABG，得到AG=AF，∠GAB=∠DAF，结合∠EAF＝45°，易知∠GAE=45°，再证明△AGE≌△AFE即可得到EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°，
在△ADF和△ABG中
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠GAB+∠EAB=45°，
∴∠GAE=∠EAF =45°，
在△AGE和△AFE中0
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴GE=EF，
∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
【点拨】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型．
12．详见分析
【分析】
在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAS证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，根据∠EAF∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．
解：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
在△AEG和△AEF中，
，
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．
【点拨】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据已知条件作出辅助线求解．
13．（1）AE+CF=EF，证明见分析；（2），理由见分析.
【分析】
（1）由题干中截长补短的提示，再结合第（1）问的证明结论，在第二问可以用截长补短的方法来构造全等，从而达到证明结果．
（2）同理作辅助线，同理进行证明即可，直接写出猜想，并证明．
解：（1）图2猜想：AE+CF=EF，
证明：在BC的延长线上截取CA'=AE，连接A'D，
∵∠DAB=∠BCD=90°，
∴∠DAB=∠DCA'=90°，
又∵AD=CD，AE=A'C，
∴△DAE≌△DCA'（SAS），
∴ED=A'D，∠ADE=∠A'DC，
∵∠ADC=120°，
∴∠EDA'=120°，
∵∠EDF=60°，
∴∠EDF=∠A'DF=60°，
又DF=DF，
∴△EDF≌△A'DF（SAS），
则EF=A'F=FC+CA'=FC+AE；
（2）如图3，AE+CF=EF，
证明：在BC的延长线上截取CA'=AE，连接A'D，
∵∠DAB与∠BCD互补，∠BCD+∠DCA'=180°
∴∠DAB=∠DCA'，
又∵AD=CD，AE=A'C，
∴△DAE≌△DCA'（SAS），
∴ED=A'D，∠ADE=∠A'DC，
∵∠ADC=2α，
∴∠EDA'=2α，
∵∠EDF=α，
∴∠EDF=∠A'DF=α
又DF=DF，
∴△EDF≌△A'DF（SAS），
则EF=A'F=FC+CA'=FC+AE．
【点拨】本题是常规的角含半角的模型，解决这类问题的通法：旋转（截长补短）构造全等即可，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．
14．45°
【分析】
根据CE＋AF＝EF，则已知图形可以认为是把△ABE绕点B逆时针旋转90 º，得到△BAM，根据旋转的定义即可求解．
解：将△BCE以B为旋转中心，逆时针旋转90º，使BC落在BA边上，得△BAM，如图所示，
则∠MBE=90º，AM=CE，BM=BE，
正方形ABCD，
∴M、A、D三点共线，
∵CE＋AF＝EF，
∴MF＝EF，
又∵BF=BF，
∴△FBM≌△FBE，
∴∠MBF=∠EBF，
∴∠EBF=．
【点拨】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
15．（1），证明见分析（2）
【分析】
（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．
（2）DN-BM=MN．证明方法与（1）类似．
解：（1）BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线．
∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，
又∵∠NAM=45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（2）DN-BM=MN．
在线段DN上截取DQ=BM，如图，
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，
∴∠QAN=∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN=QN，
∴DN-BM=MN．
16．（1）证明见分析；（2）(1)中的结论EF= BE＋FD仍然成立；（3）结论EF=BE＋FD不成立，应当是EF=BE－FD．
分析：（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG=DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF=BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG=DF，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AF，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出EF=GE了．
（2）思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG=∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样．
（3）按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
解：（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG=AF，∠1=∠2．
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD
（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
（3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE-FD．
证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
∵AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF
∵EG=BE-BG
∴EF=BE-FD．
【点拨】本题考查了三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
17．（1）见分析；（2）20°
【分析】
解：（1）旋转△BCF使BC与CD重合，
∵AD∥BC，AB=DC，即梯形ABCD为等腰梯形，
∴∠A=∠ADC，∠A+∠ABC=180°，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
由旋转可知：∠ABC=∠CDF′，
∴∠ADC+∠CDF′=180°，即∠ADF′为平角，
∴A，D，F′共线，
∵
∴∠BCF+∠ECD=∠ECF=∠BCD，
∵FC=F′C，EC=EC，∠ECF'=∠BCF+∠DCE=∠ECF，
∴△FCE≌△F′CE，
∴EF′=EF=DF′+ED，
∴BF=EF-ED；
（2）∵AB=BC，∠B=80°，
∴∠ACB=50°，
由（1）得∠FEC=∠DEC=70°，
又∵AD//BC，
∴∠ECB=70°，
而∠B=∠BCD=80°，
∴∠DCE=10°，
∴∠BCF=30°，
∴∠ACF=∠BCA-∠BCF=20°．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定，解答本题的关键是熟练掌握判定两个三角形全等的一般方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
18．（1）；（2）成立，理由见分析；（3）图形见分析，
【分析】
（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．证明△AGE和△AEF全等，则EF=GE，则EF=BE+DF，证明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．从而得出EF=GE；
（2）思路和作辅助线的方法同（1）；
（3）根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．
解：（1）延长至，使，连接，
∵，，
∴≌，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴≌，
∴，
∵，
∴．
故答案为：
（）（）中的结论仍成立，
证明：延长至，使，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，,
∵，
∴，
∴即，
在和中，
，
∴≌，
∴，即．
（），
证明：在上截取使，
连接，
∵，，
∴，
∵在和中，
，
∴≌，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
∵，
∴．
【点拨】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形.
19．（1）45°；（2）见详解
【分析】
（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根据∠ECF＝45°，即可得出答案；
（2）如图，连接DE，先证明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再证明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS证明△EFG≌△EDA，即可得出答案．
解：（1）∵CA⊥CB，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACE＋∠ECF＋∠BCF＝90°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠ACE＋∠BCF＝90°−∠ECF＝45°；
（2）△EFG是直角三角形，理由如下：
如图，连接DE，
由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°，
∵∠ACD＝∠BCF，
∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠ECF＝∠ECD，
在△ECF和△ECD中，
，
∴△ECF≌△ECD（SAS），
∴DE＝EF，
在△CAD和△CBF中，
，
∴△CAD≌△CBF（SAS），
∴AD＝BF，∠CAD＝∠B，
∵FG＝BF，
∴FG＝AD，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠B＝45°，
∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°，
在△EFG和△EDA中，
，
∴△EFG≌△EDA（SSS），
∴∠EGF＝∠EAD＝90°，
∴△EFG是直角三角形．
【点拨】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题．
20．（1）AE；CF；EF；（2）成立，见分析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF．
【分析】
（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；
（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；
（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．
解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，AE=CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴，
∵∠MBN=60°，BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴，
故答案为：AE+CF=EF；
（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：
延长FC到H，使CH=AE，连接BH，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCH=90°，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，
∴∠HBC+∠CBF=60°，
∴∠HBF=∠MBN=60°，
∴∠HBF=∠EBF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴HF=EF，
∵HF=HC+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF；
（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：
在AE上截取AQ=CF，连接BQ，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCF=90°，
∵AB=BC，
∴△BCF≌△BAQ（SAS），
∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，
∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，
∴∠CBE+∠ABQ=60°，
∵∠ABC=120°，
∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，
∴∠FBE=∠QBE，
∴△FBE≌△QBE（SAS），
∴EF=QE，
∵AE=QE+AQ=EF+CF，
∴AE=EF+CF．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．
21．（1），理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由见详解．
【分析】
（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；
（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE−BG＝BE−DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
解：（1），理由如下：
延长CD，使DM=BE，连接AM，
∵在正方形中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，
∴，
∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，
∵，
∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠MAF=45°，
又∵AF=AF，AE=AM，
∴，
∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，
∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠ADG＝90°，
∵BE＝DG，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，
∵，
∴∠EAF＝∠FAG，
又∵AF＝AF，AE＝AG，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；
（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由如下：
如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．
∴∠GAE＝∠BAD=∠EAF．
∵AE＝AE，AG＝AF．
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE−BG
∴EF＝BE−FD．
【点拨】本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．
22．（1）EF＝BE+DF；（2）成立，理由详见分析；（3）14．
【分析】
（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题；
（3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解．
解：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，
∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，
∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF和△GAF中，
∵，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，
∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD；
（3）如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠BAH＝∠BCF＝90°，
又∵AH＝CF，AB＝BC，
∴△ABH≌△CBF（SAS），
∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∵∠EBF＝45°，
∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，
∴∠EBH＝∠EBF，
又∵BH＝BF，BE＝BE，
∴△EBH≌△EBF（SAS），
∴EF＝EH，
∴EF＝EH＝AE+CF，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．
【点拨】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
23．（1）说明见分析；（2）EF= FC+BE．理由见分析．
【分析】
（1）根据题目中的条件和∠BED=∠CFD，可以证明△BDE≌△CDF，从而可以得到DE=DF；
（2）作辅助线，过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G，从而可以得到△BDE≌△CDG，然后即可得到DE=DG，BE=CG，再根据题目中的条件可以得到△EDF≌△GDF，即可得到EF=GF，然后即可得到EF，BE，CF具有的数量关系．
解：（1）∵ DB⊥AM，DC⊥AN，
∴ ∠DBE=∠DCF=90°．
在△BDE和△CDF中，
∵
∴ △BDE≌△CDF（AAS）．
∴ DE=DF．
（2）过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G．
在△BDE和△CDG中，
∵
∴ △BDE≌△CDG（ASA）
∴DE=DG，BE=CG．
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，
∴ ∠BDE+∠CDF=60°．
∴ ∠FDG=∠CDG+∠CDF=60°．
∴ ∠EDF=∠GDF．
在△EDF和△GDF中，
∴ △EDF≌△GDF（SAS）．
∴ EF=FG．
∴ EF=FC+CG=FC+BE．
【点拨】本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
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